文档内容
微重点 5 极值点偏移问题
[考情分析] 极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点
偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解
决极值点偏移问题的方法有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋.
考点一 对称化构造函数
1
例1 已知常数a>0，函数f(x)= x2-ax-2a2ln x.
2
(1)若∀x>0，f(x)>-4a2，求a的取值范围；
(2)若x ，x 是f(x)的零点，且x ≠x ，证明：x +x >4a.
1 2 1 2 1 2
(1)解 由已知得f(x)的定义域为(0，+∞)，
2a2 x2-ax-2a2
且f'(x)=x-a- =
x x
(x-2a)(x+a)
= .
x
∵a>0，
∴当x∈(0，2a)时，f'(x)<0，即f(x)在(0，2a)上单调递减；
当x∈(2a，+∞)时，f'(x)>0，即f(x)在(2a，+∞)上单调递增.
∴f(x)在x=2a处取得极小值即最小值，
∴f(x) =f(2a)=-2a2ln(2a)，
min
∵∀x>0，f(x)>-4a2 f(x) =-2a2ln(2a)>-4a2 ln(2a)F(2a)=0，即f(x )>f(4a-x )，
1 1 1
∵f(x )=f(x )=0，
1 2∴f(x )>f(4a-x )，
2 1
∵02a，
1
又∵2a4a-x ，即x +x >4a.
2 1 1 2
[规律方法] 对称化构造函数法构造辅助函数
(1)对结论x +x >2x 型，构造函数F(x)=f(x)-f(2x -x).
1 2 0 0
(x2
)
(2)对结论x x >x2 型，方法一是构造函数F(x)=f(x)-f 0 ，通过研究F(x)的单调性获得不等式；方法二是两
1 2 0 x
边取对数，转化成ln x +ln x >2ln x ，再把ln x ，ln x 看成两变量即可.
1 2 0 1 2
跟踪演练1 (2024·保定模拟)已知函数f(x)=ax-xln x，f'(x)为其导函数.
(1)若f(x)≤1恒成立，求a的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数x ，x ，使得f(x )=f(x )，证明：f'(√x x )>0.
1 2 1 2 1 2
(1)解 由题意知f'(x)=a-1-ln x(x>0)，
当00，f(x)单调递增；
当x>ea-1时，f'(x)<0，f(x)单调递减.
所以f(x) =f(ea-1)=ea-1≤1，
max
解得a≤1，即a的取值范围为(-∞，1].
(2)证明 因为当x→0时，f(x)→0，且f(ea)=0，
又存在两个不同的正数x ，x ，使f(x )=f(x )，
1 2 1 2
不妨设x 0，
1 2
即证√x x ea-1时，a-1-ln x<0，x2-e2a-2>0，则g'(x)<0，
所以g(x)在(ea-1，ea)上单调递减，
则g(x)0成立.
1 2
考点二 比值代换
例2 (2024·商丘模拟)已知函数f(x)=(x-2)(ex-ax)(a∈R).若关于x的方程f(x)=(x-3)ex+2ax恰有2个不同的
正实数根x ，x .
1 2
(1)求a的取值范围；
(2)求证：x +x >4.
1 2
(1)解 由f(x)=(x-3)ex+2ax，
得ex-ax2=0，
∵关于x的方程f(x)=(x-3)ex+2ax恰有2个不同的正实数根x ，x ，
1 2
∴关于x的方程ex=ax2恰有2个不同的正实数根x ，x ，
1 2
ex (x-2)ex
令g(x)= (x>0)，则y=a与g(x)的图象有两个不同的交点，∵g'(x)= ，
x2 x3
∴当x∈(0，2)时，g'(x)<0；当x∈(2，+∞)时，g'(x)>0，
∴g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增，
e2
又g(2)= ，
4
当x趋近于0时，g(x)趋近于+∞；当x趋近于+∞时，ex的增速远大于x2的增速，则g(x)趋近于+∞；
则g(x)的图象如图所示，
e2
∴当a> 时，y=a与g(x)的图象有两个不同的交点，
4
(e2
)
∴实数a的取值范围为 ，+∞ .
4
(2)证明 由(1)知ex 1=ax2，
1
ex 2=ax
2
2(x
1
>0，x
2
>0)，∴x =ln a+2ln x ，x =ln a+2ln x ，
1 1 2 2
x
∴x -x =2ln x -2ln x =2ln 1，
1 2 1 2 x
2
x -x
1 2
不妨设x >x >0，则 x =2，
2 1 ln 1
x
2
2(x -x )
1 2 ，
要证x +x >4，只需证x +x > x
1 2 1 2 ln 1
x
2
x
1
∵x >x >0，∴0< <1，
2 1 x
2
x
∴ln 1 <0，
x
2
x
( )
2 1-1
x 2(x -x ) x
1 1 2 2
则只需证ln < = ，
x x +x x
2 1 2 1+1
x
2
x 2(t-1)
1
令t= ∈(0，1)，则只需证当t∈(0，1)时，ln t< 恒成立，
x t+1
2
2(t-1)
令h(t)=ln t- ，
t+1
1 2(t+1)-2(t-1) (t-1) 2
∴h'(t)= - = >0，
t (t+1) 2 t(t+1) 2
∴h(t)在(0，1)上单调递增，∴h(t)4.
1 2
x
[规律方法] (1)比值代换法是指通过代数变形，将所证的双变量不等式通过代换t=
1，化为单变量的函数
x
2
不等式，利用函数单调性证明.
(2)对数均值不等式
x -x x +x
√x x < 1 2 < 1 2(x >0，x >0且x ≠x ).
1 2 ln x -ln x 2 1 2 1 2
1 2
(3)飘带函数与对数式放缩
1( 1) 2(x-1)
x- ≤ln x≤ (0x >0，求证：x x >e2.
1 2 1 2 1 2
(1)解 f(x)的定义域为(0，+∞)，
a a-x
f'(x)= -1= ，
x x
当a≤0时，f'(x)<0恒成立，故f(x)在(0，+∞)上单调递减；
当a>0时，令f'(x)>0得x∈(0，a)，
令f'(x)<0得x∈(a，+∞)，
故f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，+∞)上单调递减.
综上，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递减；
当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，+∞)上单调递减.
(2)证明 由(1)可知，要想f(x)有两个相异的零点x ，x ，则a>0，且f(a)=aln a-a>0，解得a>e，
1 2
因为f(x )=f(x )=0，
1 2
所以aln x -x =0，aln x -x =0，
1 1 2 2
所以x -x =a(ln x -ln x )，
1 2 1 2
不妨设x >x >0，
1 2
要证x x >e2，即证ln x +ln x >2，
1 2 1 2
x x 1 ln x -ln x
等价于 1+ 2>2，而 = 1 2，
a a a x -x
1 2
ln x -ln x 2
所以等价于证明 1 2 > ，
x -x x +x
1 2 1 2
x 2(x -x )
即ln 1 > 1 2 ，
x x +x
2 1 2
x 2(t-1)
令t=
1，则t>1，于是等价于证明ln
t> ，
x t+1
2
2(t-1)
设g(t)=ln t- ，
t+1
1 4 (t-1) 2
g'(t)= - = >0，
t (t+1) 2 t(t+1) 2
所以g(t)在(1，+∞)上单调递增，
2(t-1)
故g(t)>g(1)=0，即当t>1时，ln t> 成立，
t+1所以x x >e2.
1 2
专题强化练
(分值：30分)
1.(13分)(2024·宿州统考)已知函数f(x)=(x-2)e-x(其中e=2.718 28…为自然对数的底数).
(1)求函数f(x)的单调区间；(5分)
(2)若a，b为两个不相等的实数，且满足aeb-bea=2(eb-ea)，求证：a+b>6.(8分)
(1)解 f'(x)=e-x+(x-2)·(-1)e-x=(3-x)e-x，
令f'(x)>0，解得x<3，令f'(x)<0，解得x>3，
所以f(x)的单调递增区间为(-∞，3)，单调递减区间为(3，+∞).
a b 2 2 a-2 b-2
(2)证明 将aeb-bea=2(eb-ea)的两边同时除以eaeb，得 - = - ，即 = ，
ea eb ea eb ea eb
所以f(a)=f(b)，
1
由(1)知f(x)在(-∞，3)上单调递增，在(3，+∞)上单调递减，又f(2)=0，f(3)= ，
e3
当x趋近于+∞时，f(x)趋近于0，
则当x∈(2，+∞)时，f(x)>0，
设ax，所以e6-x>ex，3-x>0，
所以g'(x)>0，g(x)在(2，3)上单调递增，
又g(3)=f(3)-f(3)=0，
所以当23，b>3，f(x)在(3，+∞)上单调递减，
所以b>6-a，即a+b>6.
2.(17分)已知函数g(x)=ln x-ax2+(2-a)x(a∈R).
(1)求g(x)的单调区间；(7分)
(x +x )
(2)若函数f(x)=g(x)+(a+1)x2-2x，x ，x (00，则g(x)在(0，+∞)上单调递增；
1 1 ( 1) (1 )
②当a>0时，若00，若x> ，则g'(x)<0，则g(x)在 0， 上单调递增，在 ，+∞ 上
a a a a
单调递减.
综上，当a≤0时，g(x)的单调递增区间为(0，+∞)，无单调递减区间；
( 1)
当a>0时，g(x)的单调递增区间为 0， ，
a
(1 )
单调递减区间为 ，+∞ .
a
(2)证明 因为x ，x (0ln x -ln x ，
x +x 1 2
1 2
x
( )
2 1-1
x x x
即证
2
>ln
1，令 1
=t∈(0，1)，
x x x
1+1 2 2
x
2
2(t-1)
即证 >ln t，即证2t-2>(1+t)ln t，
t+1
令h(t)=(1+t)ln t-2t+2，
1
则h'(t)=ln t+ -1，
t1
令u(t)=h'(t)=ln t+ -1，
t
1 1 t-1
则u'(t)= - = <0在(0，1)上恒成立，
t t2 t2
∴h'(t)在(0，1)上单调递减，h'(t)>h'(1)=0，
∴h(t)在(0，1)上单调递增，则h(t)ln 成立，
x x
1+1 2
x
2
(x +x )
1 2
即f' <0.
2
